求解冲激响应不管是在离散或者连续时间系统的方法是类似的,但是其中还是有许多差异.

一.总的方法

为了防止读者不清楚冲激响应的定义,我们先给一个定义.

注:我们这里将最高阶导数的系数归一化了.

现在先给出一个定理.

这个定理也就是告诉我们,当 x 端也有太多的导数和系数,此时我们可以先解最简单的 y_1(t) ,再直接通过右边带入进去.我们换个好看一点的记号

若记 mathrm T[ y(t) ]:=y^{(n)}(t)+….+a_1y(t) ,即 mathrm T:=D^n+…+a_1 ( D=frac{mathrm d}{mathrm dt} ) ,mathrm T'=b_mD^m+…+b_1 则我们有:

同样地,我们还有离散线性时不变系统的版本.

同样地我们有离散情况下的定理.

假如我们用上面方法简写的话,那就是:

当然由于初始条件的原因,这两个解题时步骤并不完全一样.但好在我们只需要考虑 y_1 就行了.以下就让我们讨论一下 y_1 的特性.

二.解的形式

不管对离散而言还是对连续而言,他们的特解都是 0 也就是说

其中通解 y_h 由特征方程解来.

三.连续时间变量的初始条件确定

由于是零状态响应,所以 y^{(k)}(0^-)=0 由于右端有 delta(t) 所以由奇异函数平衡法得 delta(t)subset y^{(m)}(t) 所以

四.离散时间变量的初始条件确定

将 n=0 带入 y[n]+…+a_my[n-m]=delta[n] 可得:

我们可以看到到这里初始条件就不一样了.注意：按理说 delta[n] 加入后这个不再是零输入响应，所以应该迭代至 y[1],y[2] 进行求解，但是由于冲激函数的特殊性，他只在一点有值，所以说是可以直接使用上面的初值的。

五.u(t) 与 tgeq 0

我们在得出 y_1(t) 时,可以写成两种形式:第一种是直接含有 u(t) 的,如: y_1(t)=e^{-t}u(t) 第二种是: y_1(t)=e^{-t},tgeq 0 这两种在 y_1(t) 时没有区别,但是求了导数之后,第一种会出现 delta(t) 第二种则不会出现.但这两种写法怎么写呢?我们看看书中的例题发现有如下的情况:

粗略的想法:考察拉普拉斯变换:

(s^n+…+a_1)Y(s)=(s^m+…+b_1) , Y(s)=frac{s^m+…+b_1}{s^n+…+a_1} 当 n=m 时,能提取个 1 出来即 Y(s)=1+frac{s^{m-1}+…+b_1'}{s^n+…+a_1} ,而我们知道 mathcal L[1]=delta(t) 所以有 delta(t) 出现,当然这只是我粗略的想法,没有问过别人,边写边想罢了.

例1:求 y''+3y'+2y=2x'+x 冲激响应.

令 h_1(t) 为 y''+3y'+2y=delta(t) 的解,则 h(t)=2h_1'(t)+h_1(t)

由平衡法,可得 h_1(0^+)=1,h_1(0^+)=0 特征方程: r^2+3r+2=0 我们能得出同解: h_1(t)=c_1e^{-t}+c_2e^{-2t} 由初值得 c_1+c_2=0,c_1+2c_2=-1 解得 h_1(t)=e^{-t}-e^{-2t} ,tgeq 0 所以 h(t)=3e^{-2t}-e^{-t},t geq 0

例2.求 y[n]-b_1y[n-1]+b_2y[n-2]=ax[n-1] 冲激响应.(两个特征根不相等)

令 y_1[n] 为 y[n]-b_1y[n-1]+b_2y[n-2]=delta[n] 的解

特征方程: p^2-b_1p+b_2=0 解得 p_{1,2}=frac{b_1pmsqrt{b_1^2-4b_2}}{2} 所以 y_1[n]=c_1p_1^n+c_2p_2^n

y_1[0]=1Rightarrow c_1+c_2=1 y_1[-1]=0Rightarrow c_1p_2+c_2p_1=0 解得 c_1=frac{p_1}{p_1-p_2},c_2=frac{-p_2}{p_1-p_2}

所以 y[n]=frac{a}{p_1-p_2}(p_1^n-p_2^n)